Comments on Quelques théorèmes de points fixes

Sébastien Martineau (2016-02-22T07:36:03Z)

Dans ma réponse précédente, i(n) signifiait s(n) et i(n) + 1/(n+1) signifiait s(n) - 1/(n+1). (Vous aurez deviné que j'ai remanié plusieurs fois cette démonstration.)

Sébastien Martineau (2016-02-21T17:15:11Z)

Merci pour le lien Sierpinski.

A propos de ta démonstration, quelle est pour toi la façon la plus nette de montrer que ta chaîne est cofinalement dénombrable ? Ma façon de voir est de dire que ta chaîne est cofinalement un ordinal, qu'il y a un saut de mesure strict entre chaque chaque élément de ton ordinal et son successeur (pourvu qu'on ne soit pas rendu au bout de l'ordinal) et qu'une somme indénombrable de réels strictement positifs est infinie.

Sympa ta démo (notamment le fait de "définir l'ordre strict plutôt que l'ordre large"), je n'avais pas tourné le problème de cette manière. Tu peux te restreindre aux (A,B) où A est de mesure inférieure ou égale à celle de B, ça évite la disjonction de cas pour la définition de l'ordre. Bon, on est d'accord, c'est purement cosmétique comme remarque, et comme les goûts les couleurs, ça s'discute pas… blablabla !

La démo ordinale que j'avais en tête était par récurrence transfinie jusqu'à oméga 1 (à chaque étape, un choix à faire). A chaque pas de récurrence transfinie, soit on a trouvé un mesurable de masse 1/2 plus tôt et on le garde, soit on trouve un mesurable contenant chacun des précédents de façon mesurablement stricte et de masse au plus 1/2. Le pas de récurrence consiste en une union (dénombrable vu qu'on récure sur oméga 1) si le pas est d'accumulation, et sinon on utilise l'hypothèse du problème (avec possibilité de n'ajouter qu'une petite masse en coupant le complémentaire en deux, puis en coupant la petite moitié, etc). Comme toute suite de réels croissante indexée par oméga 1 stationne, c'est gagné.

Quelqu'un peu féru de zornette ou d'ordinaux pourrait procéder comme suit. On définit A(n) par récurrence. Soit A(0) l'ensemble vide. On note s(n) la borne supérieure de l'ensemble des mesures de M pour M contenant A(n) et étant de mesure au plus 1/2. On prend A(n+1) un mesurable contenant A(n) et de masse comprise entre i(n) et i(n) + 1/(n+1). L'union des A(n) est forcément de mesure 1/2. En effet, sinon on peut trouver dans son complémentaire un mesurable E non-négligeable de mesure arbitrairement petite. Mais si la mesure de E est prise assez petite, l'union de E et des A(n) est de masse inférieure à 1/2 et contredit la construction : pour n grand, on n'a pas vraiment essayé de coller à i(n).
Bien joué à Emmanuel Jacob pour cette démo-là !

Ruxor (2016-02-20T15:12:52Z)

@Sébastien Martineau: C'est un problème amusant, et il y a effectivement un rapport. D'après <URL: http://mathoverflow.net/questions/15804/when-does-a-probability-measure-take-all-values-in-the-unit-interval >, c'est un résultat de Sierpiński.

La démonstration qui me vient à l'esprit est la suivante : on peut se ramener à démontrer que si X est un espace de probabilité vérifiant l'hypothèse donnée (i.e. « sans atome ») alors l'espace tout entier peut se partitionner en deux mesurables de mesure ½. J'introduis l'ensemble des couples (A,B) formant une partition de X en deux mesurables et je le munis d'un ordre partiel en décrétant que (A,B)<(A′,B′) lorsque soit μ(A)<μ(B) et A⊆A′ et μ(A)<μ(A′)≤μ(B′), soit la même chose en échangeant les deux composantes de chaque couple. Si on a une chaîne (=partie totalement ordonnée) dans cet ordre partiel, il est facile de voir que les μ(A) sont tous du même côté de ½, et s'ils sont, disons, inférieurs, alors le couple formé de la réunion des A et de l'intersection des B (cette réunion et cette intersection étant, en fait, cofinalement dénombrables) est un majorant de la chaîne. Par le lemme de Zorn, il y a donc un élément maximal, et l'hypothèse assure que c'est un couple comme recherché. (J'espère ne pas m'être planté, j'ai dû changer plusieurs fois d'avis sur ma relation d'ordre.)

Et c'est vrai que c'est sans doute plus naturel en introduisant des ordinaux. On peut peut-être se ramener à un des théorèmes de points fixes que je discute, d'ailleurs.

Sébastien Martineau (2016-02-20T03:29:29Z)

Bon, ce commentaire a relativement peu à voir avec les points fixes : c'est surtout les mots "pub pour les ordinaux" qui m'invitent à rebondir.

Voici une question qu'on s'est posée moi et quelques autres, et qui pourrait t'intéresser. Soit un espace de probabilité dans lequel tout mesurable de masse non-nulle peut se partitionner en deux mesurables de masse non-nulle. Est-il nécessairement le cas que tout mesurable peut se partitionner en deux mesurables de même masse ?

On a trouvé deux façons de répondre à cette question. L'une utilise les ordinaux et est naturelle. L'autre n'utilise pas les ordinaux mais est astucieuse. Si quelqu'un trouve une preuve qui coule de source et n'utilise pas les ordinaux, on serait évidemment intéressés ! En attendant, cette question peut aussi faire office de "pub pour les ordinaux".

Ruxor (2016-02-09T14:24:05Z)

@Fab: Tu as tout à fait raison (tu t'es juste un tout petit peu embrouillé dans les notations), l'énoncé (F) est creux pour la raison que tu dis (si Z est un singleton il se ramène à (P), sinon il est idiot). Je n'avais pas du tout remarqué, et ça explique qu'on ne puisse pas déduire (F$) de (F) ! J'ai mis à jour mon texte.

Fab (2016-02-03T20:56:26Z)

Chose « amusante », si card(Z)>1, il semblerait que l'énoncé (F) est peut-être naturel mais… creux dans le sens que le plus petit point fixe de Ψ est systématiquement la fonction vide :
En supposant par l'absurde que l'image de la fonction vide est une fonction g telle que g(x)=z (x∈X, z∈Z) alors l'hypothèse de progressivité est incompatible avec celle de croissance puisqu'alors il faudrait à la fois Ψg(x)=z (croissance) mais aussi Ψg(x)=y (progressivité appliquée à h fonction partielle telle que h(x)=y où y∈Z, y≠z)… Ou alors un truc m'a échappé…

Fab (2016-02-03T17:33:34Z)

Ma remarque est sans doute triviale et ne répond peut-être pas au problème « metamathématique » soulevé, je ne m'y suis sans doute pas penché avec assez de profondeur…
Alors que l'ensemble des parties de X muni de l'opération d'intersection est effectivement isomorphe à l'ensemble des fonctions partielles de X dans Z dès lors que Z ne contient qu'un seul élément, les choses se complexifient nettement si card(Z)>1. Du coup on n'a plus affaire à la même catégorie d'objets. Ce sera a fortiori le cas aussi de l'ensemble 𝒟 qui n'a plus une bête structure à la 𝒫(X). Certes mon emploi du mot « catégorie » est ici assez naïve mais est-ce que ce n'est pas justement à ce niveau que se trouve le problème ?

En bref, je ne suis pas forcément étonné par le recours à des démonstration plus puissantes pour établir (F) et (F$)… Mais il est probable que la nature profonde de ce « mystère » (s'il en est) m'échappe ;)

Ceci étant dit, n'y aurait-il pas moyen de construire quelque-chose d'analogue à « l'intersection de toutes les fonctions partielles f telles que Ψ(f)⊆f » sans se heurter au problème de son existence ?

Et question rigoureusement hasardeuse, en supposant que Z est fini (voire dénombrable), y aurait-il moyen de simplifier les jolies démonstrations, notamment en passant d'une récurrence transfinie à une récurrence ordinaire ?

Ruxor (2016-02-01T18:43:59Z)

@Thierry: L'une ou l'autre hypothèse marche, c'est ça qui est épatant avec cette preuve : c'est vrai que c'est peut-être plus évident avec la progressivité (i), mais la croissance (ii) marche aussi, puisque le fait que f₁ prolonge f₀ est trivial (f₀ étant la fonction vide), du coup f₂ prolonge f₁ par croissance, f₃ prolonge f₂, et ainsi de suite, et ça passe même à la limite.

Thierry (2016-02-01T17:43:15Z)

« fₐ […], grâce à la croissance de Ψ, prolonge fᵦ pour chaque β<α » : n’est pas plutôt la progressivité de Ψ que tu utilises ici ? (Du coup, ce serait une preuve de (F) plutôt que de (F$).)

Fred le marin (2016-02-01T11:35:18Z)

Dans l'oeil du cyclone.

Je me souviens des applications k-lipschitziennes, voire contractantes, et des jolies figures de colimaçon (carré) pour les suites réelles convergentes…
Le pire fut les applications *localement* lipschitziennes qui interviennent dans le(s) théorème(s) de Cauchy-Lipschitz (étude des solutions des équations différentielles).
Avant les concours, j'étais tellement mauvais sur ce point (car "out of memory" pour retenir toutes les hypothèses et démonstrations) que je l'ai éludé purement et simplement.
Coup de bol : aucune épreuve (subie au garde-à-vous, fixe) ne portait dessus, vrai !
Pas plus tard qu'il y a quelques semaines j'ai relu en partie tout ceci et me suis dit que, même avec le temps, ma mémoire restera à jamais limitée.
La vie reste cruelle, parfois.


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